Учебнометодический комплекс для студентов специальностей Прикладная математика
 Скачать 8.42 Mb.
|
|
(f) − → F = (−y; x); Γ : верхняя полуокружность x 2 + y 2 = 1; A(1; 0), B(−1; 0). (g) − → F = (−y; x); Γ : нижняя полуокружность x 2 + y 2 = 1; A(−1; 0), B(1; 0). (h) − → F = (y; −2x); Γ : x 2 + y 2 = a 2 , y ≥ 0; A(a; 0), B(−a; 0). (i) − → F = (3xy 2 ; −x − y); Γ : y 2 = x + 1; A(0; 1), B(3; 2). (j) − → F = (4x − 5y; 2x + y); Γ : ломаная AP B; A(1; −9), B(3; −3), P (1; −3). Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 227 из 275 Назад На весь экран Закрыть 5...4 Образцы решения типовых задач контрольной работы №2 5.4...1 Дифференциальное исчисление функций многих пе- ременных Пример 5.1. Доказать, что функция f (x, y) = (x + y)sin 1 x sin 1 y яв- ляется бесконечно малой в точке O(0;0). Решение. Согласно определению бесконечно малой функции, требуется дока- зать, что lim (x,y)→(0;0) f (x, y) = 0. Точка O(0;0) является предельный такой области (x, y) → (0; 0) опре- деления f(x,y). Воспользуемся определением предела функции по Когии. Зададимся любым Е>0. Оценим расстояние |f (x, y) − 0| = |(x + y)sin 1 x sin 1 y | ≤ |x| + |y| < E Положив |x| < E 2 и |y| < E 2 , можно взять в качестве δ ≤ E 2 . Следова- тельно, если расстояние ρ(M (x, y), O(0, 0)) = x 2 + y 2 < δ то |x| < δ и |y| < δ, тогда |f (x, y) − 0| < 2δ ≤ E А это и означает, что lim (x,y)→(0;0) f (x, y) = 0. Пример 5.2. Показать, что функция f (x, y) = 2xy x 2 +y 2 , если x 2 + y 2 = 0 0, если x 2 + y 2 = 0 Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 228 из 275 Назад На весь экран Закрыть непрерывна по каждой из переменных x и y в отдельности (при фик- сированном значении другой переменной), но не является непрерывной по совокупности этих переменных. Решение. Пусть y = 0 - любые фиксированные числа. Тогда lim x→x 0 f (x, y)= lim x→x 0 2xy x 2 +y 2 = 2x 0 y (x 0 ) 2 +y 2 = f (x 0 , y). Если же y=0, то при лю- бом x 0 = 0 lim x→x 0 f (x, 0) = 0 = f (x 0 , 0) Наконец, если y=0 то x 0 = 0, то lim x→0 f (x, 0) = 0 = f (0, 0). Таким образом, при каждом фиксированном y функция f(x,y) непре- рывна по переменной x. Ввиду симметрии относительно x и y при любом фиксированном x функция f(x,y) непрерывна по переменной y. Покажем, что функция f (x, y) не является непрерывной по обеим переменным x и y в точке (0;0). Для этого достаточно показать, предел функции 2xy x 2 +y 2 в точке (0;0) не существует. Пусть точка M (x, y) стре- мится к точке O(0;0) по прямой y = kx, проходящей через точку O(0,0). lim (x,y)→(0;0) 2xy x 2 +y 2 = lim x→ 0 2kx 2 x 2 +k 2 x 2 = 2k 1+k 2 Следовательно, приближаясь к точке O(0;0) по различным прямым, соответствующим разным значениям k, получаем разные предельные значения. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 229 из 275 Назад На весь экран Закрыть Замечание 5.1. Отсутствие предела функции в точке O(0;0) мож- но показать и по-другому, а именно: обе последовательности ( 1 n ; 1 n ) и ( 2 n ; 1 n ) сходятся при n → ∞ к точке O(0;0), а соответствующие им последовательности значений функции сходятся при n → ∞ к различ- ным предельным значениям: f 1 n ; 1 n = 2 n2 1 n2 + 1 n2 → 1, f 2 n ; 1 n = 4 n2 4 n2 + 1 n2 → 4 5 Пример 5.3. Доказать, что функция f (x, y) = xy √ x 2 +y 2 , если x 2 + y 2 = 0, 0, если x = y = 0 непрерывна в точке O(0;0), имеет в этой точке обе производные f x (0; 0), f x (0; 0) однако, не является дифференцируемой в точке O(0;0). Решение Найдем полное приращение функции в точке O(0;0): ∆f (0, 0) = f (0 + ∆x, 0 + ∆y) − f (0; 0) = ∆x∗∆y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 , ∆x = 0, ∆y = 0. Покажем, что lim (∆x,∆y)→(0;0) ∆x∗∆y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 = 0. Перейдем к полярным координатам: ∆x = ρ cos ϕ, ∆y = ρ sin ϕ. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 230 из 275 Назад На весь экран Закрыть Тогда ∆x∗∆y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 = ρ 2 ∗cos ϕ cos ϕ ρ = ρ 2 sin 2ϕ, условие, ∆x → 0, ∆y → 0 эквивалентно условно ρ → 0. Ограниченность второго множителя sin2ϕ 2 очевидна, т.е. | sin2ϕ 2 | ≤ 1 2 при 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Отсюда следует, что lim ∆x→ 0,∆y→ 0 ∆x∗∆y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 = 0. вдоль каждого луча ∆x = ρ cos ϕ, ∆y = ρ sin ϕ, проходящего через точку O(0;0). С другой стороны | ∆y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 | |∆y| √ ∆y 2 1, т.е. функция ϕ (∆x, ∆ y √ (∆x) 2 +(∆y) 2 Ограничена в некоторой проко- лотой окрестности точки (0; 0). Поэтому при ∆x → 0, ∆y → 0∆x × φ(∆x, ∆y) → 0. Согласно определения непрерывности функции в точке на языке беско- нечно малых «приращений» и следует, что функция f (x, y) непрерывна в точке O(0, 0). Найдем частные приращения функции f (x, y) в точке O(0, 0): ∆ x f (0, 0) = f (0 + ∆x, 0) − f (0, 0) = ∆x * 0 √ (∆x) 2 +0 = 0, ∆ y f (0, 0) = f (0, 0 + ∆y) − f (0, 0) = 0 * ∆y √ 0+(∆y) 2 = 0 Тогда существуют частные произведения: Df Dx (0; 0) = f = f , x (0, 0) = lim ∆x→0 ∆ x f (0,0) ∆x = 0, y ) = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 231 из 275 Назад На весь экран Закрыть Df Dy (0; 0) = f , y , (0, 0) = lim ∆y→0 yf (0,0) ∆y = 0. Докажем, что функция f(x,y) не дифференцируема в точке (0,0). Пред- положим противное. Тогда приращение функции в этой точке, равное ∆f (0; 0) = ∆y×∆x √ (∆x) 2 +(∆y) 2 , можно представить в виде: ∆f (0; 0) = Df Dx (0; 0)∆x + Df Dy (0; 0)∆y + O(p), где p = ∆x 2 + ∆y 2 Так как Df Dx (0; 0) = 0, Df Dy (0, 0), то из условия дифференцируемости полу- чим ∆x×∆y √ ∆x 2 +∆y 2 = 0( ∆x 2 + ∆y 2 ) при ∆x → 0, ∆y → 0, т.е. lim ∆y→0∆x→0 ∆x×∆y ∆x 2 +∆y 2 = 0. На самом деле этот предел не существует , так как положив ∆x = ∆y , будем иметь lim ∆y=∆x→0 ∆x∗∆y ∆x 2 +∆y 2 = lim ∆x→0 ∆x 2 2∆x 2 = 1 2 = 0. Отсюда заключаем , что сделанное предположение неверно , и значит , функция не дифференцируема в точке (0;0). Пример 5.4. Пусть u = f ( y x ) + xφ( y x ). Показать, что x 2 D 2 4 Dx 2 + 2xy D 2 4 Dxδy + y 2 D 2 4 Dy 2 = 0, каковы бы ни были дважды дифференци- руемые функции f и φ . Решение. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 232 из 275 Назад На весь экран Закрыть Обозначим y x через t . Тогда u = f (t)+xφ(t), где t = y x . Находим частные производные функции до второго порядка включительно. Du Dx = f t ∗ t x + φ(t) + x ∗ φ t ∗ t x = − y x 2 ∗ f t ( y x ) + φ(t) − y x ∗ φ t ( y x ), Du Dy = f t ∗ t y + x ∗ φ t ∗ t y = 1 x f t ( y x ) + φ t , D 2 u Dx 2 = 2y x 3 ∗ f t − y x 2 ∗ f tt ∗ t x + φ t ∗ t x + y x 2 φ t − y x ∗ f tt ∗ t x = 2x x 2 f t + y 2 x 4 f tt + y 2 x 3 f tt , D 2 u Dy 2 = f tt ∗ t y ∗ 1 x + f tt ∗ t y = 1 x 2 f tt + 1 x f tt , D 2 u DxDy = 1 x 2 ∗ f t + 1 x ∗ f tt ∗ t x + φ tt ∗ t x = − 1 x 2 f t − y x 3 f tt − y x 2 φ tt Подставляя эти выражения в исходные выражения, получаем 2y x f t + y 2 y 2 f tt + y 2 x φ tt − 2y x t x − 2y 2 x 2 f tt − 2y 2 x f tt + y 2 x 2 f tt + y 2 x φ tt ≡ 0 Пример 5.5. Найти точки локального экстремума функции u = 2x 2 − xy + 2xz − y + y 3 + z 2 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 233 из 275 Назад На весь экран Закрыть Решение. В соответствии с необходимыми условиями Du Dx (x 0 , y 0 , z 0 ) = 0, Du Dy (x 0 , y 0 , z 0 ) = 0, Du Dz (x 0 , y 0 , z 0 ) = 0 Напишем систему уравнений Du Dx = 4x − y + 2z = 0, Du Dy = −x − 1 + 3y 2 = 0, Du Dz = 2x + 2z = 0. из которых находим две критические точки: ( 1 3 , 2 3 , − 1 3 )u(− 1 4 , − 1 2 , 1 4 ). Поскольку D 2 u Dx 2 (x, y, z) = 4, D 2 u DxDy (x, y, z) = −1, D 2 u Dz 2 (x, y, z) = 2, D 2 u DxDz (x, y, z) = 2, D 2 u DyDz (x, y, z) = 0, D 2 u Dy 2 (x, y, z) = 6y, то квадратная форма от переменных dx, dy, dz в указаных двух точках имеет соответсвенно вид W 1 = 4dx 2 − dxdy − dydx + 4dy 2 dz 2 + 2dzdx + 2dxdz, Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 234 из 275 Назад На весь экран Закрыть W 2 = 4dx 2 − dxdy − dydx − 3dy 2 dz 2 + 2dzdx + 2dxdz, Исследование определенности квадратичной формы проведем с помо- щью критерия Сильвестра. Матрица квадратичной формы в точке ( 1 3 , 2 3 , − 1 3 ) имеет вид A = 4 −1 2 −1 4 0 2 0 2 Так как главные миноры этой матрицы положительны ∆ 1 = 4 > 0, ∆ 2 = 4 −1 −1 4 = 15 > 0, ∆ 3 = 4 −1 2 −1 4 0 2 0 2 = 14 > 0 ,то согласно критерию Сильвестра квадратичная форма W 1 положи- тельно определена. Следовательно, в точке 1 3 ; 2 3 ; − 1 3 , Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 235 из 275 Назад На весь экран Закрыть функция имеет локальный минимум. Матрица квадратичной формы W 2 имеет B = 4 −1 2 −1 −3 0 2 0 2 Так как ∆ 1 = 4 > 0, ∆ 2 = 4 −1 −1 4 = −13 < 0, ∆ 3 = −14 < 0 ,то квадратичная форма W 2 не является знакоопределенной квадратич- ной формой dx, dy, dz. Нетрудно видеть, что эта квадратичная форма - знакопеременная. В самом деле, если положить dx = 0, dy = dz = 0,то получим W 2 = 4dx 2 > 0, а если положить dx = dz = 0, dy = 0, то W 2 − 1 4 ; − 1 2 ; 1 4 = −3dy 2 < 0. Следовательно, в точке − 1 4 ; − 1 2 ; 1 4 функция не имеет локального экстремума. Замечание 5.2. Для функции двух переменных z = f (x, y) доста- точный признак экстремума состоит в следующем: пусть f : G →, Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 236 из 275 Назад На весь экран Закрыть где f дважды дифференцируемая функция в области G, (x 0 , y 0 )- критическая точка функции f . Обозначим a 11 = ∂ 2 f ∂x 2 (x 0 , y 0 ) , a 22 = ∂ 2 f ∂y 2 (x 0 , y 0 ) , a 12 = ∂ 2 f ∂x∂y (x 0 , y 0 ) . Тогда: а) если I 2 = a 11 a 12 a 12 a 22 > 0 и a 11 > 0 то в точке (x 0 , y 0 ) функция имеет строгий локальный ми- нимум; б) если I 2 = a 11 a 12 a 12 a 22 > 0 и a 11 < 0 то в (x 0 , y 0 ) функция имеет строгий локальный максимум; в) если I 2 = a 11 a 12 a 12 a 22 < 0, то точка (x 0 , y 0 ) - седловая точка функции f , т.е. не есть точка ми- нимума или максимума. Пример 5.6. Исследовать на экстремум функцию z = 3x 2 y + y 3 − 18x − 30y. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 237 из 275 Назад На весь экран Закрыть Решение. 1) находим стационарные точки, т.е. точки, в которых выполняется необ- ходимое условие экстремума. Для этого вычислим частные производные, приравняем их к нулю. z x = 6xy − 18 = 0, z y = 3x 2 + 3y 2 − 30 = 0. Решением системы xy = 3, x 2 + y 2 = 10. являются четыре стационарные точки: M 1 (1; 3) , M 2 (3; 1) , M 3 (−1; −3) , M 1 (−3; −1) . 2) Проверим выполнение достаточных условий экстремума в каждой точке. Для этого вычислим частные производные второго найдем зна- чения их в соответствующих критических точках. z x 2 = 6y, z xy = 6x, z y 2 = 6y Для точки M 1 имеем a 11 = z x 2 (M 1 ) = 18; a 12 = z xy (M 1 ) = 6; a 22 = z y 2 (M 1 ) = 18. Так как I 2 = 18 6 6 18 > 0 и a 11 > 0, то в (1, 3) функция имеет строгий локальный минимум. Для точки M 2 имеем a 11 = z x 2 (M 2 ) = 6; a 12 = z xy (M 2 ) = 18; a 22 = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 238 из 275 Назад На весь экран Закрыть z y 2 (M 2 ) = 6. Так как I 2 = 6 18 18 6 < 0, то в точке (3, 1) - седловая точка функции f, т.е. в этой точке нет экс- тремума. Для точки M 3 = (−1, −3) имеем a 11 = z x 2 (M 3 ) = −18; a 12 = z xy (M 3 ) = −6; a 22 = z y 2 (M 3 ) = −18. Так как I 2 = −18 −6 −6 −18 > 0, и a 11 < 0, то в точке (−1, −3) функции f имеет строгий локальный максимум. Для точки M 4 = (−3, −1) имеем a 11 = z x 2 (M 4 ) = −6; a 12 = z xy (M 4 ) = −18; a 22 = z y 2 (M 4 ) = −6. Так как I 2 = −6 −18 −18 −6 < 0, то экстремума в этой точке нет. Пример 5.7. На эллипсоиде x 2 +2y 2 +4z 2 = 8 найти точку, наиболее удаленную от точки (0; 0; 3) . Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 239 из 275 Назад На весь экран Закрыть Решение. Расстояние между точками (x, y, z) . и (0; 0; 3) . определяется форму- лой ρ = x 2 + y 2 + (z − 3) 2 . Поэтому исходная равносильна задаче об условном максимуме функции u = ρ 2 = x 2 +y 2 +(z − 3) 2 на поверхности S, заданной уравнением F (x, y, z) = x 2 +2y 2 +4z 2 −8 = 0. Записав функ- цию Лагранжа Φ (x, y, z) = x 2 + y 2 + (z − 3) 2 + λ x 2 + 2y 2 + 4z 2 − 8 = 0 и необходимые условия экстремума DΦ Dx = 2x + 2λx = 0 DΦ Dy = 2y + 2λx = 0 DΦ Dz = 2z − 6 + 8λz = 0 DΦ Dz = x 2 + 2y 2 + 4z 2 − 8 = 0, находим две подозрительные на экстремум точки: M 1 = (2; 0; −1), M 2 = (−2; 0; −1), и обе они отвечают значению λ = −1. Составим квадратич- ную форму W функция Φ(x, y, z) отвечающую λ = −1. Имеем: D 2 Φ Dx 2 = 0, D 2 Φ Dy 2 = 2 + 4λ = −2, D 2 Φ Dz 2 = 2 + 8λ = −6, D 2 Φ DyDz = 0, 2xdx + 4ydy + 8zdz = 0. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 240 из 275 Назад На весь экран Закрыть Тогда d 2 Φ = −2(dy) 2 − 6(dz) 2 . Подставив выражение dz = − x 4z dx − y 2z dy в d 2 Φ для dz получаем в каждом случае отрицательно определенную квадратичную форму от двух переменных dx, dy. d 2 Φ = −2(dy) 2 − 3, 5(dx) 2 Следовательно, функция и имеет в точках M 1 и M 2 строгий условный максимум, т.е на эллипсоиде имеются две точки (2; 0; -1) и (-2; 0; -1), наиболее удаленные от точки (0; 0; -3). 5.4.2 Интегральное исчисление функций многих перемен- ных Пример 5.8. Изменить порядок интегрирования в интеграле 2 0 adx √ 2ax √ 2ax−x 2 f (x, y)dy. Решение. Надо иметь в виду, что расстановка пределов в двойном интегра- ле при том или ином порядке интегрирования зависит от конфигура- ции области интегрирования и от кривых, образующих границы обла- сти. Наоборот, если интеграл задан с указанием порядка интегрирова- ния и пределов по соответствующим переменным, то можно найти и об- ласть интегрирования. В рассматриваемом примере и следует начинать с построения области интегрирования, помня, что переменные пределы Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 241 из 275 Назад На весь экран Закрыть внутреннего интеграла являются границами изменения y при произволь- но фиксированном значении x на отрезке [0; 2a]: y = 2ax − x 2 , y = √ 2ax, т.е. область D : 0 ≤ x ≤ 2a, √ 2ax − x 2 ≤ y ≤ √ 2ax. Кривые y = √ 2ax − x 2 и y = √ 2ax представляют соответственно окружность и параболы, лежащие выше оси Ox. Так как x изменяется от 0 до 2a, то область D помимо указанных кривых, ограничена также прямые x = 2a и прямой x = 0. |